精品解析：福建省多校（厦门第一中学、龙岩第一中学等）2026-2027学年高三上学期8月测试 化学试题

化学试题 本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 N 17 O 18 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 福建某科研团队合成了新型三方相二维层状四氧化三钴()，其特有的二维结构有利于中间体的吸附并抑制钴在酸性环境中溶解，从而大幅提升酸性条件下水电解的催化效果。下列说法错误的是 A. Co位于元素周期表d区 B. 中Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)个数比为1：2 C. 新型催化剂存在下，水电解为低温自发过程 D. 传统催化剂酸性环境中会逐渐损耗 2. 4-(顺丁烯酰亚氨基)安替比林(Z)近年来在有机光电材料领域展现出重要的应用潜力。一种合成Z的反应如下： 下列说法错误的是 A. X分子中碳原子均是杂化 B. Y分子中所有原子共平面 C. Z能发生水解反应、还原反应 D. 的溶液不能用于鉴别X和Z 3. 某阳离子含有原子序数依次增大的X、Y、Z、W前四周期元素。X的一种核素没有中子，Y、Z为同周期相邻元素，基态Z原子的p轨道为半充满状态，W形成的单质为紫红色金属，下列说法正确的是 A. 基态W原子价层电子排布式为 B. 电负性：X<Z<Y C. 氢化物稳定性：Y<Z D. 该离子中W(Ⅱ)的配位数为4 4. 以结构致密、耐腐蚀的赤铁矿(主要成分为，含少量Si、Al、Mg等元素的氧化物)为原料制备磷酸铁()的新工艺流程如下： 下列说法错误的是 A. “预处理”目的是部分还原Fe(Ⅲ)，改变固体结构，提升酸浸速率 B. “滤渣”主要成分为和 C. “氧化”时生成的离子方程式为 D. “沉淀”加入氨水不宜过多，防止生成 5. 利用化学方法捕集、转化和封存二氧化碳是实现“碳达峰”和“碳中和”的重要途径。下列有关“双碳”目标涉及的反应及表述正确的是 A. 用足量氢氧化钠溶液喷淋捕捉空气中的二氧化碳： B. 利用饱和碳酸钠溶液吸收工业废气中的二氧化碳： C. 在碱性介质中将二氧化碳电催化还原为乙烯，阴极电极反应式： D. 利用废气中的模拟侯氏制碱： 6. 利用某分子筛作催化剂，可脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 18 g 中含有s-p σ键的数为4 B. 标准状况下，22.4 L NO、混合气体中含有分子数为 C. 7.6 g NO、混合气体中含N原子数为0.2 D. 总反应中生成1 mol 时转移的电子数为3 7. 重铬酸钾()是一种重要的化工原料。实验室以氧化铬()为原料制备重铬酸钾的实验流程如图1，与的溶解度随温度变化曲线如图2. 下列操作或说法正确的是 A. “熔融”步骤可在铁坩埚中进行 B. “浸取”时，可加入少量乙醇提高的浸取率 C. “酸化”步骤发生反应： D. “系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥 8. 黄色晶体俗称黄血盐。一种制备的反应为：。下列有关结构或性质的叙述中，错误的是 A. O-C-O键角： B. HCN中键与键数目之比为1：1 C. 的中心离子基态核外有6个未成对电子 D. 第一电离能：K<Fe<C<N 9. 为探究与可溶性钡盐反应的本质，将气体以相同流速分别通入30 mL 0.1 的、溶液中，pH-t图如下所示。 下列有关说法正确的是 A. 无氧溶液pH曲线下降表明无氧能与发生反应 B. 有氧溶液中发生反应： C. 无氧溶液pH下降时会产生白色沉淀和红棕色气体 D. 该条件下，和都能氧化，且氧化能力更强 10. 某研究团队在催化条件下实现了甲烷到甲醇的高效、高选择性转化，转化机理如图所示，其中反应Ⅰ是放热反应，下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ正、逆反应的活化能： B. 反应Ⅱ中每消耗1 mol ，转移2 mol e- C. 反应Ⅲ中有非极性键的断裂和形成 D. 反应Ⅳ中被氧化和被还原的原子数目之比为1：1 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 碲(Te)单质广泛应用于光伏、半导体等领域。一种以碲铜渣(主要含有，还含有PbS、等杂质)为原料制备碲的工艺流程如下。 已知：①和微溶于水；②是两性氧化物，难溶于水。 （1）碲与氧同主族，基态碲原子的价层电子轨道表示式为__________。 （2）“氧化浸出”时Te元素转化为。一定条件下，碲元素的浸出率与质量浓度、浸出时间的关系如下图。 ①最佳氯酸钠浓度为__________、浸出时间为__________min。 ②发生反应的离子方程式为__________。 ③氯酸钠浓度过大、浸出时间过长，导致碲元素的浸出率降低的可能原因是__________。 （3）常温下，“沉碲”时当溶液中，溶液的pH=__________(已知：常温下，的、)。 （4）“酸溶”得到滤渣的主要成分是__________。(填化学式) （5）“还原”时发生反应的化学方程式为__________。 （6）碲和锰在一定条件下反应可制得一种新型“交错磁体”材料。该化合物的-型晶胞如图所示(晶胞参数a=b≠c)。 ①该物质的化学式为__________。 ②晶胞中与一个Mn紧邻的Te有__________个。 12. 硫酸亚铁铵[]又称莫尔盐，易溶于水，难溶于乙醇，在空气中不易被氧化，是一种重要的基准物质。某课题组利用钛白粉废渣制备硫酸亚铁铵并测定纯度的过程如下： 已知： ①钛白粉废渣成分：主要为，含和少量不溶物。 ②。 ③在酸性条件下被氧化缓慢，而中性或碱性环境中极易被氧化。 （1）步骤Ⅰ的实验装置如图： ①“纯化”过程中常常加入少量铁粉的目的是__________。 ②“纯化”过程中适当加热并充分搅拌一段时间后，向反应体系中滴加适量稀氨水。滴加稀氨水的作用是__________。 （2）下列仪器分析方法可用于检验精制溶液中是否含有Ti元素的是__________。(填标号) A. X射线衍射 B. 核磁共振氢谱 C. 原子发射光谱 D. 红外光谱 （3）步骤Ⅱ：取硫酸铵饱和溶液与精制溶液混合置于蒸发皿中，水浴加热蒸发至溶液表面出现晶膜(蒸发过程中不用玻璃棒搅拌)，取出蒸发皿，自然冷却至室温，有大量浅绿色晶体析出，经过“一系列操作”获得硫酸亚铁铵产品。 ①蒸发浓缩过程中不用玻璃棒搅拌的原因是__________。 ②在“一系列操作”前，为提高结晶率，可以向母液中加入适量__________。 ③“一系列操作”包含过滤操作，实验中发现滤纸折成“菊花型”和通常采用的“二折式”相比过滤速率要快很多，可能的原因是__________。 （4）步骤Ⅲ：取10.00 g产品配成250.00 mL溶液，取25.00 mL用酸性高锰酸钾溶液滴定，重复操作3次，平均消耗0.0200 的酸性高锰酸钾溶液25.00 mL。 ①滴定过程中发生反应的离子方程式为__________。 ②依据滴定数据计算产品的纯度为__________；若滴定前读数正确，滴定终点时，俯视读数，会导致测得的纯度__________。(填“偏高”或“偏低”) 13. 物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。氯元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图1.回答下列问题： （1）图1中a溶液与反应生成HClO和一种酸式钠盐，该盐的化学式为__________；将通入NaOH溶液中制备a时，若温度控制不当，会生成副产物b．若反应后的溶液中a和b的物质的量之比为5：2，则消耗的与生成的的物质的量之比为__________。 （2）具有较强氧化性，利用协同氨水法进行脱硫、脱硝净化时，污染性气体脱除效率变化情况如图2所示，则应选择的最佳温度为__________℃，脱除过程中产生的一种可作肥料的副产物化学式为__________。(写一种即可) （3）由于在温度、浓度过高时均易发生分解，因此常将其制备成固体以便运输和贮存。实验室以适当的流速通入空气，将吹入与NaOH的混合溶液中，并用冰水浴降温，制备晶体。 ①当空气流速过慢时，产率会降低，其原因是__________。 ②制备晶体的离子方程式为__________。 （4）六氧化二氯()在液态或固态时，会电离为离子化合物“氯酰高氯酸盐”，是一种极强的氧化剂。①从物质结构角度分析气态结构是图3而非图4的理由是__________。 ②与足量NaOH溶液反应的化学方程式为__________。 ③液态能将金属金(Au)氧化，生成四高氯酸根合金(Ⅲ)配离子并放出气体。该反应的化学方程式为__________。 14. 西酞普兰(H)是一种治疗抑郁症的药物，可由下列路线合成(部分反应条件略去)。 已知： （1）A的名称为__________。 （2）B可由反应制得，从化学键角度解释产物不是的原因__________。 （3）C的结构简式为__________。 （4）D中含氧官能团的名称为__________。 （5）下列说法错误的是__________。(填标号) a．D分子间不存在氢键 b．E能发生消去反应 c．E→F的反应类型是氧化反应 d．H中含有1个手性碳原子 （6）F→G先后经历加成和消去的反应过程，加成反应的化学方程式为__________。 （7）I是E的同分异构体，同时满足下列条件I的结构简式为__________。 ①含有两个苯环 ②能与溶液反应生成 ③核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为4：4：2：2：1 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 化学试题 本试卷共8页，考试时间75分钟，总分100分。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 4.可能用到的相对原子质量：H 1 N 17 O 18 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 福建某科研团队合成了新型三方相二维层状四氧化三钴()，其特有的二维结构有利于中间体的吸附并抑制钴在酸性环境中溶解，从而大幅提升酸性条件下水电解的催化效果。下列说法错误的是 A. Co位于元素周期表d区 B. 中Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)个数比为1：2 C. 新型催化剂存在下，水电解为低温自发过程 D. 传统催化剂酸性环境中会逐渐损耗 【答案】C 【解析】 【详解】A．Co原子序数为27，位于第四周期第Ⅷ族，属于元素周期表d区，A正确； B．可表示为，因此和的个数比为1:2，B正确； C．水电解反应的、，根据的自发条件，该反应仅高温下可自发，且催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的自发性，低温下该反应无论是否添加催化剂都不是自发过程，C错误； D．题干说明新型可抑制钴在酸性环境中溶解，可推知传统在酸性环境中钴易溶出，催化剂会逐渐损耗，D正确； 故选C。 2. 4-(顺丁烯酰亚氨基)安替比林(Z)近年来在有机光电材料领域展现出重要的应用潜力。一种合成Z的反应如下： 下列说法错误的是 A. X分子中碳原子均是杂化 B. Y分子中所有原子共平面 C. Z能发生水解反应、还原反应 D. 的溶液不能用于鉴别X和Z 【答案】A 【解析】 【详解】A．X分子中存在甲基碳原子，该碳原子为杂化，并非所有碳原子均为杂化，A错误； B．Y分子中所有碳原子均为杂化，碳碳双键、羰基均为平面结构，所有原子共平面，B正确； C．Z中含有酰胺基，可发生水解反应；含有碳碳双键、苯环，均可与发生加成反应，属于还原反应，C正确； D．X和Z中均含有碳碳双键，均可与发生加成反应使的溶液褪色，因此不能用该溶液鉴别二者，D正确； 故选A。 3. 某阳离子含有原子序数依次增大的X、Y、Z、W前四周期元素。X的一种核素没有中子，Y、Z为同周期相邻元素，基态Z原子的p轨道为半充满状态，W形成的单质为紫红色金属，下列说法正确的是 A. 基态W原子价层电子排布式为 B. 电负性：X<Z<Y C. 氢化物稳定性：Y<Z D. 该离子中W(Ⅱ)的配位数为4 【答案】D 【解析】 【分析】首先推断各元素：X核素无中子，应为氢。W形成的单质为紫红色金属，应是铜。Z为p轨道半充满的前四周期元素，可能为N、P或As。结合原子序数递增，排除As，从阳离子结构式中可知Y可以形成四键，Y应为 C，Y与Z同周期相邻且Y < Z，故Z为N，最终确定X、Y、Z、W分别为H、C、N、Cu。据此解答； 【详解】A．因d轨道全满更稳定，实际Cu基态电子排布为，A错误； B．元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性排列顺序为，即H<C<N，B错误； C．题目未表明为简单气态氢化物，不可比较稳定性， C错误； D．由结构可知，该离子中的配位数为4，正确； 故选D。 4. 以结构致密、耐腐蚀的赤铁矿(主要成分为，含少量Si、Al、Mg等元素的氧化物)为原料制备磷酸铁()的新工艺流程如下： 下列说法错误的是 A. “预处理”目的是部分还原Fe(Ⅲ)，改变固体结构，提升酸浸速率 B. “滤渣”主要成分为和 C. “氧化”时生成的离子方程式为 D. “沉淀”加入氨水不宜过多，防止生成 【答案】B 【解析】 【分析】该流程以结构致密、酸溶速率慢的赤铁矿为原料，先在650 ℃加少量碳进行预处理，部分还原Fe(Ⅲ)，改变固体结构，以提升酸浸速率，后续用混合酸加热酸浸，使铁元素等溶解，分离出难溶滤渣；再加入将全部氧化为，再加适量氨水、沉淀得到，据此解答。 【详解】A．预处理时碳在高温下可还原部分，同时破坏赤铁矿致密结构，增大酸浸时接触面积，提升酸浸速率，A正确； B．酸浸使用的是混合酸，不溶于酸，因此是滤渣成分之一；但属于碱性氧化物，会和酸反应生成可溶的进入滤液，并不会以沉淀形式留在酸浸的滤渣中，B错误； C．氧化步骤中在酸性条件下先将氧化为，在高浓度环境下形成，则“氧化”时生成的离子方程式为：，C正确； D．若氨水加入过多，溶液碱性过强，会与反应生成杂质，降低产品纯度，因此氨水不宜过多，D正确； 故选B。 5. 利用化学方法捕集、转化和封存二氧化碳是实现“碳达峰”和“碳中和”的重要途径。下列有关“双碳”目标涉及的反应及表述正确的是 A. 用足量氢氧化钠溶液喷淋捕捉空气中的二氧化碳： B. 利用饱和碳酸钠溶液吸收工业废气中的二氧化碳： C. 在碱性介质中将二氧化碳电催化还原为乙烯，阴极电极反应式： D. 利用废气中的模拟侯氏制碱： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢氧化钠溶液足量时，二氧化碳与氢氧根反应应生成正盐碳酸根和水，正确的离子方程式应为，A错误； B．在饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳，生成的碳酸氢钠由于溶解度相对较小，且反应消耗了水，会导致碳酸氢钠结晶析出。正确的离子方程式为，B错误； C．在碱性电解池中，二氧化碳在阴极被还原为乙烯()，其电极反应式书写为，C正确； D．侯氏制碱法获得的产物是和，正确的化学方程式为，D错误； 故选C。 6. 利用某分子筛作催化剂，可脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 18 g 中含有s-p σ键的数为4 B. 标准状况下，22.4 L NO、混合气体中含有分子数为 C. 7.6 g NO、混合气体中含N原子数为0.2 D. 总反应中生成1 mol 时转移的电子数为3 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨分子中的3个N—H键属于s-p σ键，氨分子与氢离子形成铵根离子时新增的配位键属于s-s σ键，所以18 g铵根离子中含s-p σ键的数为，A错误； B．标准状况下，二氧化氮存在生成四氧化二氮的平衡，且四氧化二氮不作为气体处理，不能依据22.4 L直接确定分子数为，B错误； C．一氧化氮和二氧化氮的摩尔质量不同，7.6 g混合气体仅给出总质量而未给出组成，无法确定所含氮原子的物质的量为0.2 mol，C错误； D．图示各步相加并消去中间体，总反应为。其中氨中N元素的化合价由-3价升高到0价，一氧化氮、二氧化氮中N元素的化合价分别由+2价、+4价降低到0价；生成2 mol氮气转移6 mol电子，所以生成1 mol氮气时转移的电子数为，D正确； 故选D。 7. 重铬酸钾()是一种重要的化工原料。实验室以氧化铬()为原料制备重铬酸钾的实验流程如图1，与的溶解度随温度变化曲线如图2. 下列操作或说法正确的是 A. “熔融”步骤可在铁坩埚中进行 B. “浸取”时，可加入少量乙醇提高的浸取率 C. “酸化”步骤发生反应： D. “系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥 【答案】A 【解析】 【分析】简要分析工艺流程：原料为、和。在熔融状态下，中的被中的氧化为， 被还原为。将熔融后的产物加水溶解浸取，主要得到溶液。向溶液中加入稀醋酸，利用酸性条件将铬酸根转化为重铬酸根。根据图2，的溶解度随温度变化较大，而副产物的溶解度很大且随温度变化相对较小。因此，可以通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法使析出，再经过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到产品，据此解答； 【详解】A．熔融时，三种物质均不与铁反应(碱性条件下，对Fe的腐蚀非常微弱，可以忽略)，铁坩埚是该实验的通用选择，A正确； B．“浸取”时，具有氧化性，乙醇具有还原性，加入乙醇会与发生氧化还原反应，降低了的浸取率，B错误； C．“酸化”时，所用的酸为弱酸，故转化为发生反应：，C错误； D．由已知、的溶解度可知，提纯可通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法，D错误。 故选A。 8. 黄色晶体俗称黄血盐。一种制备的反应为：。下列有关结构或性质的叙述中，错误的是 A. O-C-O键角： B. HCN中键与键数目之比为1：1 C. 的中心离子基态核外有6个未成对电子 D. 第一电离能：K<Fe<C<N 【答案】C 【解析】 【详解】A．是直线形分子，键角为180°；​为平面正三角形结构，键角约120°，因此键角，A正确； B．的结构式为，单键为键，三键含1个键、2个键，总键数为2，键数为2，二者数目比为，B正确； C．的中心离子是，价电子排布图为，未成对电子个数是4，C错误； D．第一电离能的变化规律中，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，所以涉及的元素的第一电离能：，D正确； 故选C。 9. 为探究与可溶性钡盐反应的本质，将气体以相同流速分别通入30 mL 0.1 的、溶液中，pH-t图如下所示。 下列有关说法正确的是 A. 无氧溶液pH曲线下降表明无氧能与发生反应 B. 有氧溶液中发生反应： C. 无氧溶液pH下降时会产生白色沉淀和红棕色气体 D. 该条件下，和都能氧化，且氧化能力更强 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图像变化显示虽然无氧溶液pH下降，也有可能是溶于水生成电离引起，故无法证明一定发生反应生成，A错误； B．有氧溶液中发生反应：，B错误； C．无氧溶液pH下降时会产生白色沉淀()，同时应该生成NO无色气体，C错误； D．对比图中有氧和无氧可以发现含氧的图像pH下降更快，D正确； 故选D。 10. 某研究团队在催化条件下实现了甲烷到甲醇的高效、高选择性转化，转化机理如图所示，其中反应Ⅰ是放热反应，下列说法错误的是 A. 反应Ⅰ正、逆反应的活化能： B. 反应Ⅱ中每消耗1 mol ，转移2 mol e- C. 反应Ⅲ中有非极性键的断裂和形成 D. 反应Ⅳ中被氧化和被还原的原子数目之比为1：1 【答案】C 【解析】 【详解】A．放热反应的反应热，因此正反应活化能小于逆反应活化能，即，A正确； B．反应Ⅱ总方程式为：，中元素从0价变为中的-1价，反应时共得到电子，即转移，B正确； C．反应Ⅲ为，过程中断裂中的键、的键是过氧非极性键，但反应中没有新的非极性键生成，只有非极性键的断裂，无非极性键的形成，C错误； D．反应Ⅳ为，被氧化的原子是，化合价从0升到+1价，被还原的原子是，化合价从-1价降至-2价，被氧化和被还原的原子数目之比为1:1，D正确； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11. 碲(Te)单质广泛应用于光伏、半导体等领域。一种以碲铜渣(主要含有，还含有PbS、等杂质)为原料制备碲的工艺流程如下。 已知：①和微溶于水；②是两性氧化物，难溶于水。 （1）碲与氧同主族，基态碲原子的价层电子轨道表示式为__________。 （2）“氧化浸出”时Te元素转化为。一定条件下，碲元素的浸出率与质量浓度、浸出时间的关系如下图。 ①最佳氯酸钠浓度为__________、浸出时间为__________min。 ②发生反应的离子方程式为__________。 ③氯酸钠浓度过大、浸出时间过长，导致碲元素的浸出率降低的可能原因是__________。 （3）常温下，“沉碲”时当溶液中，溶液的pH=__________(已知：常温下，的、)。 （4）“酸溶”得到滤渣的主要成分是__________。(填化学式) （5）“还原”时发生反应的化学方程式为__________。 （6）碲和锰在一定条件下反应可制得一种新型“交错磁体”材料。该化合物的-型晶胞如图所示(晶胞参数a=b≠c)。 ①该物质的化学式为__________。 ②晶胞中与一个Mn紧邻的Te有__________个。 【答案】（1） （2） ①. 60 ②. 90 ③. ④. 碲元素会被进一步氧化为微溶于水的，覆盖在碲铜渣表面，阻碍反应的进行 （3）5 （4） （5） （6） ①. MnTe ②. 6 【解析】 【分析】简要分析工艺流程：碲铜渣中加入和 。主要反应物会被氧化。元素通常转化为， 元素被氧化为可溶性的碲酸盐。杂质中的会被氧化为，与结合生成沉淀。杂质在碱性条件下会溶解生成硅酸钠，进入溶液。最终过滤得到的固体产物有、，而含的溶液进入下一步。加入稀。将溶液中的可溶性碲化合物转化为碲的沉淀。沉碲得到的沉淀加热分解会生成。滤液1主要含有硫酸钠等可溶性盐。加入进行酸溶。是两性氧化物，能溶于盐酸生成。此时若有不溶于盐酸的杂质，则作为滤渣除去。加入进行还原，将还原为单质，滤液2主要含有、等。据此解答； 【小问1详解】 碲元素位于第五周期第ⅥA族，价电子排布式为，故对应的轨道表示式为。 【小问2详解】 ①由图可知，碲元素的浸出率随质量浓度增大、浸出时间延长先增大后减小，最佳的氯酸钠的质量浓度为60 、浸出时间为90 min。②“氧化浸出”时Te元素转化为、Cu元素转化为CuO，作氧化剂转化为，根据电子得失守恒和元素守恒可得发生反应的离子方程式为。③由已知信息可知，微溶于水，氯酸钠质量浓度过大、浸出时间过长，碲元素会被进一步氧化为，覆盖在碲铜渣表面，阻碍反应的进行。 【小问3详解】 的，代入数据可得，即溶液的pH=5。 【小问4详解】 杂质经过“氧化浸出”转化为，“沉碲”后转化为沉淀，“加热分解”后又生成，它不与HCl反应而与“酸溶”后得到的分离。 【小问5详解】 “还原”时转化为Te、转化为，根据电子得失守恒和元素守恒可得化学方程式为。 【小问6详解】 ①由晶胞图可知Te原子位于晶胞内部，数目为2.根据均摊法，可推知Mn原子的数目为，故化学式为MnTe．②由晶胞图可知Te原子的配位数为6，根据化学式可进一步推知Mn原子的配位数也为6，即晶胞中与一个Mn紧邻的Te有6个。 12. 硫酸亚铁铵[]又称莫尔盐，易溶于水，难溶于乙醇，在空气中不易被氧化，是一种重要的基准物质。某课题组利用钛白粉废渣制备硫酸亚铁铵并测定纯度的过程如下： 已知： ①钛白粉废渣成分：主要为，含和少量不溶物。 ②。 ③在酸性条件下被氧化缓慢，而中性或碱性环境中极易被氧化。 （1）步骤Ⅰ的实验装置如图： ①“纯化”过程中常常加入少量铁粉的目的是__________。 ②“纯化”过程中适当加热并充分搅拌一段时间后，向反应体系中滴加适量稀氨水。滴加稀氨水的作用是__________。 （2）下列仪器分析方法可用于检验精制溶液中是否含有Ti元素的是__________。(填标号) A. X射线衍射 B. 核磁共振氢谱 C. 原子发射光谱 D. 红外光谱 （3）步骤Ⅱ：取硫酸铵饱和溶液与精制溶液混合置于蒸发皿中，水浴加热蒸发至溶液表面出现晶膜(蒸发过程中不用玻璃棒搅拌)，取出蒸发皿，自然冷却至室温，有大量浅绿色晶体析出，经过“一系列操作”获得硫酸亚铁铵产品。 ①蒸发浓缩过程中不用玻璃棒搅拌的原因是__________。 ②在“一系列操作”前，为提高结晶率，可以向母液中加入适量__________。 ③“一系列操作”包含过滤操作，实验中发现滤纸折成“菊花型”和通常采用的“二折式”相比过滤速率要快很多，可能的原因是__________。 （4）步骤Ⅲ：取10.00 g产品配成250.00 mL溶液，取25.00 mL用酸性高锰酸钾溶液滴定，重复操作3次，平均消耗0.0200 的酸性高锰酸钾溶液25.00 mL。 ①滴定过程中发生反应的离子方程式为__________。 ②依据滴定数据计算产品的纯度为__________；若滴定前读数正确，滴定终点时，俯视读数，会导致测得的纯度__________。(填“偏高”或“偏低”) 【答案】（1） ①. 防止被氧化 ②. 消耗，提高水解效率，提升Ti的去除效率 （2）C （3） ①. 不搅拌是为了避免破坏晶核，有利于形成较大、均匀的晶体 ②. 乙醇 ③. “菊花型”可增加溶液与滤纸的接触面积，从而提升过滤效率 （4） ①. ②. 98% ③. 偏低 【解析】 【小问1详解】 ①加入铁粉的目的为防止Fe2+被氧化为Fe3+，维持溶液酸性环境，抑制Fe2+氧化。②生成的会抑制水解，加入稀氨水能中和，降低浓度，使水解平衡正向移动，提升Ti的去除效率。 【小问2详解】 A．X射线衍射主要揭示物质的物相结构、对晶体进行结构解析，A不符合题意； B．核磁共振氢谱主要用于测定氢原子环境，用于有机结构分析，B不符合题意； C．原子发射光谱利用待测元素受激发后发射特征谱线进行定性或定量分析，适合金属元素的痕量检测，C符合题意； D．红外光谱用于检测化学键和官能团，不适合溶液中的元素检测，D不符合题意； 故选C。 【小问3详解】 ①在蒸发浓缩结晶时，搅拌会破坏晶核的形成和生长，导致生成细小的晶体粉末，而不是大的、易过滤洗涤的晶体。 ②硫酸亚铁铵易溶于水，难溶于乙醇，向母液中加入乙醇洗涤可减少硫酸亚铁铵溶解度，提升结晶效率。但是不能加入过多。 ③“菊花型”滤纸展开后与漏斗内壁接触面积更大，形成更多空隙通道，减少液体流动阻力，从而加快过滤速率。 【小问4详解】 ①酸性KMnO4氧化Fe2+为Fe3+，自身被还原为Mn2+。根据得失电子守恒配平后得离子方程式为。 ②纯度计算：已知：产品质量10.00 g配成250.00 mL，取25.00 mL，即。消耗：浓度c=0.0200 mol/L，体积25.00 mL=0.02500 L。反应关系：1 mol ～5 mol ，，在25.00 mL中。那么250.00 mL中总 mol，硫酸亚铁铵的摩尔质量： g/mol，产品中有效成分质量 g，纯度。滴定管读数时，俯视会导致读数偏小。因为滴定前读数正确，终点读数偏小，导致计算出的消耗体积(V终-V初)偏小。则计算得到的偏小，偏小，产品质量偏小，最终导致纯度偏低。 13. 物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的两个重要认识视角。氯元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图1.回答下列问题： （1）图1中a溶液与反应生成HClO和一种酸式钠盐，该盐的化学式为__________；将通入NaOH溶液中制备a时，若温度控制不当，会生成副产物b．若反应后的溶液中a和b的物质的量之比为5：2，则消耗的与生成的的物质的量之比为__________。 （2）具有较强氧化性，利用协同氨水法进行脱硫、脱硝净化时，污染性气体脱除效率变化情况如图2所示，则应选择的最佳温度为__________℃，脱除过程中产生的一种可作肥料的副产物化学式为__________。(写一种即可) （3）由于在温度、浓度过高时均易发生分解，因此常将其制备成固体以便运输和贮存。实验室以适当的流速通入空气，将吹入与NaOH的混合溶液中，并用冰水浴降温，制备晶体。 ①当空气流速过慢时，产率会降低，其原因是__________。 ②制备晶体的离子方程式为__________。 （4）六氧化二氯()在液态或固态时，会电离为离子化合物“氯酰高氯酸盐”，是一种极强的氧化剂。①从物质结构角度分析气态结构是图3而非图4的理由是__________。 ②与足量NaOH溶液反应的化学方程式为__________。 ③液态能将金属金(Au)氧化，生成四高氯酸根合金(Ⅲ)配离子并放出气体。该反应的化学方程式为__________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 40(答40～50间的温度均可) ②. [或或] （3） ①. 空气流速过慢时，浓度过高导致分解 ②. （4） ①. 氯原子半径较大，且在强吸电子作用下带正电性，导致两个氯原子间斥力大，轨道重叠程度小，因此Cl-Cl键能低，易断裂 ②. ③. 【解析】 【小问1详解】 a是+1价的氯盐，对应为；根据“较强酸制较弱酸”的规律，溶液与​反应生成HClO和酸式盐（酸性：）；制备时发生反应：，即生成消耗，生成；温度控制不当，生成副产物时，发生反应：，即生成消耗，生成，则反应后的溶液中a和b的物质的量之比为5∶2时，消耗的为，生成的为，消耗的与生成的的物质的量之比为； 【小问2详解】 由图2可知，40 ℃时脱除效率已接近100%，脱除效率也达到较高水平，温度继续升高脱除效率反而下降，因此最佳温度为40℃；氧化​、分别生成、，被还原生成，与氨水提供的结合生成可作氮肥的铵盐，则脱除过程中产生的一种可作肥料的副产物化学式为：[或或]； 【小问3详解】 ①浓度过高时易分解，当空气流速过慢，未能及时将吹入与NaOH的混合溶液中，导致​浓度过高发生分解，最终产物的产率降低； ②该反应中被还原为​，被氧化生成​，结合碱性环境配平得到该离子方程式为：； 【小问4详解】 ①氯原子半径较大，且在强吸电子作用下带正电性，导致两个氯原子间斥力大，轨道重叠程度小，因此Cl-Cl键能低，易断裂，因此气态结构是图3而非图4； ②​与足量溶液反应生成、和水，反应的化学方程式为：； ③根据题干信息，从0价升至+3价，生成四高氯酸根合金（Ⅲ）配离子并放出气体，那么此时缺少阳离子，再结合①中当电离出来时，剩余离子为，则该反应的化学方程式为：。 14. 西酞普兰(H)是一种治疗抑郁症的药物，可由下列路线合成(部分反应条件略去)。 已知： （1）A的名称为__________。 （2）B可由反应制得，从化学键角度解释产物不是的原因__________。 （3）C的结构简式为__________。 （4）D中含氧官能团的名称为__________。 （5）下列说法错误的是__________。(填标号) a．D分子间不存在氢键 b．E能发生消去反应 c．E→F的反应类型是氧化反应 d．H中含有1个手性碳原子 （6）F→G先后经历加成和消去的反应过程，加成反应的化学方程式为__________。 （7）I是E的同分异构体，同时满足下列条件I的结构简式为__________。 ①含有两个苯环 ②能与溶液反应生成 ③核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为4：4：2：2：1 【答案】（1）2，4-二甲基苯甲醛 （2）C-F键键长更短、键能更大不容易断裂，故产物不是(答“C-Br键键长更长，键能小，易断裂”亦可) （3） （4）羧基、(酮)羰基 （5）ab （6） （7）或 【解析】 【分析】简要分析合成路线：A与B在四氢呋喃溶剂中反应，酸化后得到C，根据已知反应，B应是和A中的醛基发生加成反应生成醇，故C的结构简式为，C被高锰酸钾氧化生成D，D被硼氢化钠还原后在BF(CH3CH2)2O作用下发生环化生成E，E被二氧化锰氧化生成F，F与NH2OH在(CH3CH2)3N催化下发生反应生成G，G在氢化钠催化下与发生反应生成H，据此解答； 【小问1详解】 根据A的结构简式可知其名称为2，4-二甲基苯甲醛。 【小问2详解】 因为C-F键键长短，键能更大不容易断裂，故在制备格氏试剂时产物不是。 【小问3详解】 根据分析可知C的结构简式为。 【小问4详解】 根据D的结构简式可知其含氧官能团的名称为羧基、(酮)羰基。 【小问5详解】 a．D中含有羧基，故可以形成分子间氢键，a错误； b．E中的羟基相邻碳原子上没有氢原子，故不能发生消去反应，b错误； c．E→F将羟基转化为醛基，故反应类型是氧化反应，c正确； d．H中只有两个苯环中间的碳原子连接四个不相同的原子或原子团，属于手性碳原子（，带★的为手性碳原子），d正确； 故选ab。 【小问6详解】 F中醛基的断裂，中氨基的N-H键断裂，两种基团先发生加成反应生成，再发生消去反应生成，故加成反应的化学方程式为。 【小问7详解】 能与溶液反应生成，说明分子中含有羧基，再根据含有两个苯环且有五种氢原子，数目之比为4：4：2：2：1可写出同分异构体的结构简式为或。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $